Théorème de Napoléon

Théorème de Napoléon
Figure du théorème de Napoléon

Le théorème de Napoléon est un théorème de géométrie portant sur le triangle équilatéral.

Bien qu'il soit traditionnellement attribué à Napoléon Bonaparte (d'où le nom du théorème) qui l’aurait énoncé pour la première fois en 1787[réf. nécessaire], il n'y a pas de preuve tangible qu'il soit effectivement l'auteur du théorème. La légende raconte qu'à la présentation du théorème devant l'Académie des sciences en 1797 au retour de la campagne d'Italie, Lagrange aurait dit à Napoléon : « Nous attendions tout de vous, mon Général, mais pas une leçon de géométrie. »[1],[2].

Certaines sources[3],[4] précisent que la plus ancienne trace ne remonte qu'à la publication intitulée The Ladies Diary en 1825 par le Dr W. Rutherford, soit quatre ans après la mort de l'empereur.

Sommaire

Énoncé

Théorème de Napoléon — Si nous construisons trois triangles équilatéraux à partir des côtés d'un triangle quelconque, tous à l'extérieur ou tous à l'intérieur, les centres de ces triangles équilatéraux forment eux-mêmes un triangle équilatéral.

Par « extérieur », il faut par exemple entendre qu'avec les notations de notre figure et un repère orienté, les triangles ABC et ABZ sont de sens opposés (ici ABC est dans le sens trigonométrique et ABZ dans le sens anti-trigonométrique), idem pour les deux autres. Dans le cas « intérieur », ils seraient de même sens.

Démonstration

En géométrie classique

Par construction et du fait des propriétés des triangles équilatéraux (valeur des angles, distance du centre aux sommets), on peut observer que si l'on effectue sur le triangle MCL les 2 opérations ayant pour centre C chacune, une rotation de 30 degrés dans le sens direct suivie d'une homothétie de rapport racine carrée de 3 ; les points M et L deviennent respectivement les points A et X. d'où il résulte que la longueur du segment AX est égale racine carrée de 3 fois celle de ML. En remarquant en outre que les triangles YCB et ACX sont obtenus l'un de l'autre par une rotation centrée en C d'un angle de 60 degrés, il résulte que les longueurs des segments AX et YB sont égales. En appliquant le même raisonnement transposé aux triangles MAN ou NBL en prenant cette fois les points A ou B comme centres des rotations ou homothéties correspondantes, on établit d'une part que les segments AX, YB et CZ sont égaux entre eux et du fait de la même relation que ces côtés ont chacun avec la longueur des côtés du triangle MNL (facteur égal a racine carrée de 3). De ceci il résulte que le triangle MNL est équilatéral.

Avec les nombres complexes

On notera j = e^{i\frac{2\pi}{3}} (notation usuelle) et on utilisera les notations de la figure.

On munit le plan complexe d'un repère orthonormé direct. Soient a, b, c, l, m et n les affixes respectives des points A, B, C, L, M et N dans ce repère.

Par construction, A est l'image de B par la rotation de centre N et d'angle \textstyle{+\frac{2\pi}{3}}, ce qui se traduit par :

(a − n) = j(b − n)

De même :

(b − l) = j(c − l)
(c − m) = j(a − m)

On en déduit :

(1 − j)n = a − jb
(1 − j)l = b − jc
(1 − j)m = c − ja

Comme \textstyle{\frac{1}{j}+1+j = 0} et j3 = 1, alors :

(1 − j)(m − n) = ( − 1 − j)a + jb + c

= j2a + j4b + j3c
= − j2[ − a + (1 + j)b − jc]
= − j2[(b − jc) − (a − jb)]
= − j2(1 − j)(l − n)

En divisant par (1 − j) on obtient (m − n) = − j2(l − n) ou encore (m-n) = e^{i\frac{\pi}{3}}(l-n).

M est l'image de L par la rotation de centre N et d'angle \textstyle{+\frac{\pi}{3}} donc NLM est un triangle équilatéral direct.

Remarque : Cette démonstration reste valable dans le cas des triangles « intérieurs » en changeant quelques signes.

Lemmes

Lemme 1 — Les centres de gravité du triangle de départ ABC et du triangle final LMN coïncident.

Ce lemme peut être facilement démontré en reprenant les notations de la démonstration avec les nombres complexes :

(1 − j)(n + l + m) = a − jb + b − jc + c − ja

= (1 − j)(a + b + c)

d'où l'égalité pour les affixes des barycentres \tfrac{n+l+m}{3} = \tfrac{a+b+c}{3}

Lemme 2 — La valeur absolue de la différence entre l'aire du triangle final "extérieur" LMN et l'aire du triangle final "intérieur" L1M1N1 est égale à l'aire du triangle de départ ABC.

Reprenons les notations précédentes, pour le triangle « intérieur » (remarquons au passage que le point N1 est le symétrique du point N par rapport au segment de droite AB) ; on obtient alors :

(1 − j)n1 = b − ja
(1 − j)l1 = c − jb
(1 − j)m1 = a − jc

et sachant que l'aire d'un triangle équilatéral de côté a peut être obtenu par : \mathcal{A} = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2 et que z \overline{z} = \left|z\right|^2, calculons la différence :

\mathcal{A} = \frac{\sqrt{3}}{4}\left[(l-n)\overline{(l-n)} - (l_1-n_1)\overline{(l_1-n_1)}\right]

= \frac{\sqrt{3}}{4} \frac{1}{(1-j)\overline{(1-j)}} \left\{\left[(b-a)-j(c-b)\right]\left[\overline{(b-a)}-j^2\overline{(c-b)}\right]-\left[(c-b)-j(b-a)\right]\left[\overline{(c-b)}-j^2\overline{(b-a)}\right]\right\} car \overline{j} = j^2
= \frac{1}{4\sqrt{3}} \left\{2j(b-a)\overline{(c-b)}-(c-b)\overline{(b-a)}-2j(c-b)\overline{(b-a)}+(b-a)\overline{(c-b)}\right\} en développant et en sachant que j2 = − 1 − j

Comme 2j = -1+i\sqrt{3} il vient :

\mathcal{A} = \frac{1}{4\sqrt{3}} \left\{i\sqrt{3}(b-a)\overline{(c-b)}-i\sqrt{3}(c-b)\overline{(b-a)}\right\}

= \frac{1}{4i} \left\{(c-b)\overline{(b-a)}-(b-a)\overline{(c-b)}\right\}

Le résultat précédent est bien l'aire (algébrique) du triangle dont les affixes des sommets sont a, b et c.

Voir aussi

Références

  1. ↑ Rapporté par Henri Poincaré, voir Pages du Laboratoire Jean Kuntzmann, Grenoble.
  2. ↑ BibMath, Théorème de Napoléon.
  3. ↑ Schmidt, F. "200 Jahre französische Revolution--Problem und Satz von Napoleon." Didaktik der Mathematik 19, 15-29, 1990.
  4. ↑ Wetzel, J. E. "Converses of Napoleon's Theorem." Amer. Math. Monthly 99, 339-351, 1992 Résumé sur Zentralblatt

Liens externes


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